不等式中的放缩法

放缩法

总结使用放缩法的常见公式和放缩方式。

常见公式

①删减项放缩：$2-a<2(a>0)$或$2+a>2(a>0)$，常常针对最终结果删减项放缩。

②指数式放缩：$\frac{1}{2^n-1}\le \frac{1}{2^{n-1}}$；常常针对每一项先放缩，这样就和等比数列求和相关，

③平方式放缩：由于$n(n-1)<n^2<n(n+1)$，由倒数法则得到$\frac{1}{n(n+1)}<\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}$；

从而得到$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}<\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}$

常常针对每一项先放缩，和裂项相消法关联。

④平方式放缩：$\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n^2-1}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})$，常针对每一项先放缩，和裂项相消法关联。

⑤根式放缩：$2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})<\frac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$，常常针对每一项先放缩，和裂项相消法关联。

⑥利用$(1+x{)}^n$的二项展开式进行放缩。对展开式的结果删减项放缩。

放缩模式

①先求和后放缩；利用等差、等比先求得结果，再针对结果通过删减项放缩；

②先放缩后求和；先利用放缩公式对每一项放缩，然后利用等差、等比求和公式或裂项相消求和或累加法求和。

③先放缩后求和再放缩；前两个模式的综合。

④相关方法：裂项求和法，等差数列求和公式，等比数列求和公式，累加法，累乘法，不等式，

典例剖析

例1、【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题改编】已知数列 { a n } \{a_n\} {an​} 和数列 { b n } \{b_n\} {bn​} 满足 $a_1=1$，$b_1=0$，$4a_{n+1}=3a_n-b_n+4$，$4b_{n+1}=3b_n-a_n-4$，$n\in N^{\ast }$

(1).求 { a n } \{a_n\} {an​} 和 { b n } \{b_n\} {bn​} 的通项公式；

解析：由题设可知$4a_{n+1}=3a_n-b_n+4$①，$4b_{n+1}=3b_n-a_n-4$②，

由①+②得到，$4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)$；即$a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+b_n)$；

又由于$a_1+b_1=1\ne 0$，所以数列 { a n + b n } \{a_n+b_n\} {an​+bn​}是首项为$1$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列；

则 $a_n+b_n=1\times (\frac{1}{2}{)}^{n-1}=\frac{1}{2^{n-1}}$③，

由①-②得到，$4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8$；即$a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2$；

又由于$a_1-b_1=1$，所以数列 { a n − b n } \{a_n-b_n\} {an​−bn​}是首项为$1$，公差为$2$的等差数列；

则 $a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1$④；

由③+④，变形整理得到，$a_n=\frac{1}{2^n}+n-\frac{1}{2}$，$n\in N^{\ast }$；

由③-④，变形整理得到，$b_n=\frac{1}{2^n}-n+\frac{1}{2}$，$n\in N^{\ast }$；

(2). 设数列 { a n } \{a_n\} {an​} 的前 $n$ 项和为 $S_n$，证明： $\frac{1}{S_1+a_1}+\frac{1}{S_2+a_2}+\frac{1}{S_3+a_3}+\cdots +\frac{1}{S_n+a_n}<2$.

解析：由于 数列 { a n } \{a_n\} {an​} 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$a_n=\frac{1}{2^n}+n-\frac{1}{2}=\frac{1}{2^n}+\frac{2n-1}{2}$，

则 $S_n=\frac{1}{2}(1+3+\cdots +2n-1)+(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n})$

$=\frac{n^2}{2}+\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}=\frac{n^2}{2}+1-(\frac{1}{2}{)}^n$

则 $S_n+a_n=\frac{n^2}{2}+1-(\frac{1}{2}{)}^n+\frac{1}{2^n}+\frac{2n-1}{2}=\frac{(n+1{)}^2}{2}$

所以 $\frac{1}{S_n+a_n}=\frac{2}{(n+1{)}^2}<\frac{2}{n(n+1)}=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$

解释：由于 $n^2$$+$$2n$$+$$1$$>$$n^2$$+$$n$，故 $\frac{2}{n^2+2n+1}$$<$$\frac{2}{n(n+1)}$

所以 $\frac{1}{S_1+a_1}+\frac{1}{S_2+a_2}+\frac{1}{S_3+a_3}+\cdots +\frac{1}{S_n+a_n}$

$<2[(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots +(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})]$ [逐项放缩再求和]

$=2(\frac{1}{1}-\frac{1}{n+1})<2$

例2、【2017宝鸡中学第一次月考第21题改编】已知函数满足$f(n)-f(n-1)=4(n-1)$，$n\in N^{\ast }$，且$f(0)=1$；

①求$f(n)$的表达式；

分析：如果能意识到$a_n=f(n)$，则应该想到用累加法求解，得到$f(n)=2n^2-2n+1$

②求证：$\frac{1}{f(1)}+\frac{1}{f(2)}+\frac{1}{f(3)}+\cdots +\frac{1}{f(n)}<\frac{3}{2}$；

证明：由于$\frac{1}{f(n)}=\frac{1}{2n^2-2n+1}<\frac{1}{2n^2-2n}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})$

第一项保持不动，$\frac{1}{f(1)}=1$，

$\frac{1}{f(2)}<\frac{1}{2}(\frac{1}{1}-\frac{1}{2})$；

$\frac{1}{f(3)}<\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})$；

$\cdots$

$\frac{1}{f(n)}<\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})$；

故$\frac{1}{f(1)}+\frac{1}{f(2)}+\frac{1}{f(3)}+\cdots +\frac{1}{f(n)}$

$=1+\frac{1}{2}[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})]$

$=1+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{n})=\frac{3}{2}-\frac{1}{2n}<\frac{3}{2}$；

例3、【2017全国卷2，理科第15题高考真题改编】已知等差数列 { a n } \{a_n\} {an​}的前$n$项和为$S_n$，$a_3=3，S_4=10$，数列 { 1 S n } \{\cfrac{1}{S_n}\} {Sn​1​}的前$n$项和为$T_n=\sum _{k=1}^n\frac{1}{S_k}$，证明：$1\le T_n<2$

分析：由$a_1+2d=3$和$4a_1+6d=10$，

容易计算出$a_n=n$，故$S_n=\frac{n(n+1)}{2}$，

则有$\frac{1}{S_n}=\frac{2}{n(n+1)}=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})>0$，

故$\sum _{k=1}^n\frac{1}{S_k}=2[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots +(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})]$

$=2(1-\frac{1}{n+1})<2$。

又由于$\frac{1}{S_n}=\frac{2}{n(n+1)}>0$，故数列 { 1 S n } \{\cfrac{1}{S_n}\} {Sn​1​}的前$n$项和$T_N$单调递增，

故$T_n\ge T_1=1$，故$1\le T_n<2$

解后反思：

1、本题目先求和后放缩的证明模式，高考考查的重点。

2、这类题目的求和方法常常和裂项相消法关联；

3、利用的放缩原理：左边界利用单调性，右边界利用放缩法。

例4、【改编】设数列 { a n } \{a_n\} {an​}的通项公式为$a_n=\frac{1}{2^n-1}$，其前$n$项和为$S_n$，求证：$1\le S_n<2$；

证明：由于$2^n-1\ge 2^{n-1}$(当$n=1$时取等号，其他都取大于号)

故$a_n=\frac{1}{2^n-1}\le \frac{1}{2^{n-1}}$(当$n=1$时取等号，其他都取大于号) 即

$$a_1=1$$

$$a_2<\frac{1}{2^1}$$

$$a_3<\frac{1}{2^2}$$

$$\cdots$$

$$a_n<\frac{1}{2^{n-1}}$$

故$S_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$

$<1+\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}$

$=\frac{1\cdot (1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}$

$=2(1-\frac{1}{2^n})<2$，即$S_n<2$。

又$a_n>0$，则 { S n } \{S_n\} {Sn​}单调递增，故$S_n\ge S_1=a_1=1$，

故$1\le S_n<2$；

解后反思：

1、本题目需要先将每一项恰当放缩，然后利用等比数列求和公式求和，再利用放缩法证明不等式；先放缩后求和的证明模式，高考考查的次重点；

2、这类题目的难点在于第一步，到底怎样的放缩是恰当的，这需要一定的数学素养；

例5、【2015$\cdot$高考安徽卷】设$n\in N^{\ast }$，$x_n$是曲线$y=x^{2n+2}+1$在点$(1，2)$处的切线与$x$轴交点的横坐标。

(1)、求数列 { x n } \{x_n\} {xn​}的通项公式。

分析：$y^{\prime }=(x^{2n+2}+1{)}^{\prime }=(2n+2)x^{2n+1}$，

则曲线$y=x^{2n+2}+1$在点$(1，2)$处的切线斜率为$2n+2$，

从而切线方程为$y-2=(2n+2)(x-1)$，令$y=0$，

解得切线与$x$轴交点的横坐标$x_n=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$，

所以数列 { x n } \{x_n\} {xn​}的通项公式为$x_n=\frac{n}{n+1}$。

(2)、记$T_n=x_1^2{x}_3^2\cdots x_{2n-1}^2$，证明：$T_n\ge \frac{1}{4n}$。

分析：由题设和(1)中的计算结果可知，

$T_n=x_1^2{x}_3^2\cdots x_{2n-1}^2=(\frac{1}{2}{)}^2\cdot (\frac{3}{4}{)}^2\cdots (\frac{2n-1}{2n}{)}^2$，

当$n=1$时，$T_1=\frac{1}{4}$；

当$n\ge 2$时，由于$x_{2n-1}^2=(\frac{2n-1}{2n}{)}^2=\frac{(2n-1{)}^2}{(2n{)}^2}$

$>\frac{(2n-1{)}^2-1}{(2n{)}^2}=\frac{2n-2}{2n}=\frac{n-1}{n}$；

所以，$T_n>(\frac{1}{2}{)}^2\times \frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \cdots \frac{n-1}{n}=\frac{1}{4n}$；

综上可知，对任意的$n\in N^{\ast }$，均有$T_n\ge \frac{1}{4n}$。

例6、求证：$2<(1+\frac{1}{n}{)}^n<3$，其中$n\in N^{\ast }$，$n\ge 2$。

分析：由二项展开式可知

$$(1+\frac{1}{n}{)}^n=1+C_n^1\cdot \frac{1}{n}+C_n^2\cdot \frac{1}{n^2}+\cdots +C_n^n\cdot \frac{1}{n^n}$$

由于各项均为正数，且$n\in N^{\ast }$，删减项放缩法得到，

则$(1+\frac{1}{n}{)}^n>1+C_n^1\cdot \frac{1}{n}=2$；

又由于$(1+\frac{1}{n}{)}^n=1+C_n^1\cdot \frac{1}{n}+C_n^2\cdot \frac{1}{n^2}+\cdots +C_n^n\cdot \frac{1}{n^n}$

$=1+1+\frac{1}{2!}\cdot \frac{n-1}{n}+\frac{1}{3!}\cdot \frac{(n-1)(n-2)}{n^2}+\cdots +\frac{1}{n!}\cdot \frac{(n-1)\times (n-2)\times \cdots \times 2\times 1}{n^{n-1}}$

$<1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}$

$<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}$

$=1+\cfrac{1-\cfrac{1}{2^n}}{1-\cfrac{1}{2}} $

$=3-\frac{1}{2^{n-1}}<3$，

故$2<(1+\frac{1}{n}{)}^n<3$，证毕。

反思：也可以考虑使用数学归纳法证明。

例7、【2016衡水金卷】已知函数$f(x)=lnx-a{x}^2$，且函数$f(x)$在点$(2，f(2))$处的切线的一个方向向量是$(2，-3)$.

(1)若关于$x$的方程$f(x)+\frac{3}{2}{x}^2=3x-b$在区间$[\frac{1}{2}，2]$上恰有两个不相等的实数根，求实数$b$的取值范围。

分析：$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-2ax$，由函数$f(x)$在点$(2，f(2))$处的切线的一个方向向量是$(2，-3)$，

即$f^{\prime }(2)=\frac{1}{2}-4a=-\frac{3}{2}$，解得$a=\frac{1}{2}$，方程$f(x)+\frac{3}{2}{x}^2=3x-b$变形为$lnx+x^2-3x=-b$，

令$g(x)=lnx+x^2-3x$，$h(x)=-b$。$g^{\prime }(x)=\frac{(2x-1)(x-1)}{x}$，

故函数$g(x)$在$(\frac{1}{2}，1)$上单调递减，在$(1，2)$上单调递增，

又$g(\frac{1}{2})=-ln2-\frac{5}{4}$，$g(1)=-2$，$g(2)=ln2-2$，

又$g(\frac{1}{2})-g(2)=-2ln2+\frac{3}{4}<0$，

故$g(\frac{1}{2})<g(2)$，在同一坐标系中作出函数$g(x)$和$h(x)$的大致图像如右，

由图可知要使两个函数有两个交点，则$-2<-b\le -ln2-\frac{5}{4}$，

即$ln2+\frac{5}{4}\le b<2$，故$b\in [\frac{5}{4}+ln2，2)$。

(2)证明：$\sum _{k=2}^n(\frac{1}{\frac{1}{2}{k}^2+f(k)}{)}^2>\frac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^{\ast }，n\ge 2)$。

证明：由于$f(k)=lnk-\frac{1}{2}{k}^2$，则$\frac{1}{2}{k}^2+f(k)=lnk$，

设$h(k)=x-lnx$，则$h^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，

当$x>1$时，$h^{\prime }(x)>0$，故$h(x)$在区间$(1，+\infty )$上单调递增，

又$h(1)=1>0$，$k\ge 2$ ，可得$h(k)=k-lnk>0$，

即$k>lnk>0$，故$(lnk{)}^2<k^2$，则$\frac{1}{(lnk{)}^2}>\frac{1}{k^2}$，

又$\frac{1}{k^2}>\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$，

故$\sum _{k=2}^n(\frac{1}{\frac{1}{2}{k}^2+f(k)}{)}^2$

$=(\frac{1}{ln2}{)}^2+(\frac{1}{ln3}{)}^2+\cdots +(\frac{1}{lnn}{)}^2$

$>\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{n^2}$

$>\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}$

$=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

$=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}$

$=\frac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^{\ast }，n\ge 2)$。